Suites Exercices corrigés - Laroche - Free

a. La suite ( z n ) est une suite géométrique de raison 1 n∈N2 .b. Quel que soit n entier naturel, les triangles OMnM n + 1 sont rectangles.c. M n appartient à l’axe des abscisses si et seulement si n est un multiple de 4.d. Pour tout n entier naturel,Correctiona. On a1+ i 1 1 22 4 4 2Terminale S 3 F. LarocheSuites numériques exercices corrigésznnπi4e= .( 2 )= + = donc ( )nz est une suite géométrique de raison 2n n∈N2 .Question a b c dRéponse F V V V1+ i − 1zn+1 − zn1b. Il nous faut calculer ( ,2− i πMnO Mn Mn+1) = arg( ) = arg = arg = − , ainsi que0 − z−1 2 4 1+in+1( OMn, OMn+1) = arg( ) = arg =zn2 4angle mais ç’aurait été moins amusant…).znπ⎛ 1+i ⎞⎛ 2 i ⎞ ⎛ 2 ⎞ ic. On a évidemment z 4 4n = ⎜ z ⎜0 e ⎟ e2⎟ = = ⎝ ⎠ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠π4kπsi n = kπ⇔ n = = 4k.4πd. Avec la réponse au c. et en remarquant quenππ. Le dernier angle vaut donc bien (on aurait pu calculer un seul2n n nπdonc2 1= , on retrouve bien2 2M n appartient à l’axe des abscissesznnπi4e= .( 2 )1. 5. Fesic 2004 Exercice 11 Le plan est rapporté à un repère orthonormé ( O ; i , j ) . On considère dans ce repère les points A(1 ; −1),B(5 ; 3) et I le milieu de [AB]. Soit (G ) n n∈N* G 0 = O,la suite de points définie par :* Pour n entier naturel, G n+1 est le barycentre de {(G n ; 2), (A ; 1), (B ; 1)}.On appelle (x n ; y n ) les coordonnées de G n .a. G 1 , G 2 et G 3 sont alignés.b. Quel que soit n, G n+1 est l’image de Gn par l’homothétie de centre I et de rapport 2.c. La suite ( un ) n∈N d. Pour tout n,Correctiondéfinie par u = x − 3 est une suite géométrique de premier terme −3 et de raison 1 2 .13 ⎛ ⎞= ⎜ 1−⎟⎝ 2 ⎠ .x n nnnnQuestion a b c dRéponse V F V Va. En utilisant le barycentre partiel on a G n+1 barycentre de {(G n ; 2), (I ; 2)}, soit le milieu de [G n I], tous lesG n sont donc alignés.http://laroche.lycee.free.fr

. L’homothétie est bien de centre I mais de rapport 1/2. Les coordonnées de I sont (3 ; 2).⎧ 1 xn+1 − 3 = ( xn− 3)⎪ 2c. En utilisant la définition d’une homothétie : IM'= kIM , on a ⎨d’où un= xn− 3 est⎪ 1yn+1 − 2 = ( yn− 2)⎪⎩ 2géométrique de raison 1/2, de premier terme u0 = x0 − 3 = − 3 .d. Avec ce qu’on a fait,nn⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞( xn − 3) = −3 ⎜ ⎟ ⇔ xn = 3 1−2⎜ n ⎟⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠ . On peut compléter avec le calcul de y n :⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞yn − 2 = −2 ⎜ ⎟ ⇔ yn = 2 1−2⎜ n ⎟⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠ . Quand n tend vers l’infini x n et y n tendent respectivement vers 3 et 2,soit G n tend vers I (ce qui était prévisible puisqu’à chaque itération on prend le milieu de [G n I]).1. 6. Fesic 2004 Exercice 12On considère une droite graduée ∆ d’origine O. On considère les suites de points (G n ) n∈Ndéfinies ainsi :* G 0 = O,* Pour n entier naturel, G n+1 est le barycentre de {(G n ; 2), (H n ; 3)},* H 0 a pour abscisse 1,* Pour n entier naturel, H n+1 est le barycentre de {(G n ; 3), (H n ; 2)}.On appelle g n et h n les abscisses respectives de G n et H n .a. La suite ( g − h ) est une suite géométrique de raisonnnb. La suite ( g + h ) est une suite constante.nnc. Les deux suites g n et h n convergent vers la même limite.d. Les suites g n et h n sont adjacentes.1− .5et (H ) n n∈NCorrectionQuestion a b c dRéponse V V V Fa. Il faut évidemment trouver les relations entre g n et h n .G n+1 barycentre de {(G n ; 2), (H n ; 3)} nous donne2 32( gn+ 1 − gn ) + 3( gn+ 1 − hn ) = 0 ⇔ 5gn+ 1 = 2gn + 3hn ⇔ gn+1 = gn + hn;5 5H n+1 barycentre de {(G n ; 3), (H n ; 2)} nous donne3 23( hn+ 1 − gn ) + 2( hn + 1 − hn ) = 0 ⇔ 5hn+ 1 = 3gn + 2hn ⇔ hn+1 = gn + hn;5 52 3 3 2 1d’où gn+ 1 − hn+1 = gn + hn − gn − hn = − ( gn − hn) .5 5 5 5 5n⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞On peut alors calculer gn− hn= ⎜ − ⎟ ( g0 − h0) = − ⎜ − ⎟ . Quelle est la signification géométrique de ce⎝ 5 ⎠ ⎝ 5 ⎠résultat ?5 5b. gn+ 1 + hn+1 = gn + hn = gn + hn= ... = g0 + h05 5= 0 + 1 = 1 . Quelle est la signification géométrique de cerésultat ?Terminale S 4 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.frn

c. Des deux relations précédentes on tire un petit système :n( )⎧ 1gn= 1 − ( − 1 / 5)⎪ 2⎨⎪ 1hn1 ( 1 / 5)⎪⎩= 2+ −n( )qui convergent toutes les deux vers 1 2 , soit le milieu de [G 0H 0 ].d. C’est du cours… la condition de monotonie des deux suites n’est pas respectée.On voit bien qu’à chaque itération la distance [G n H n ] est divisée par 5.⎧⎪gn− hn= −( −1/ 5)⎨⎪⎩ gn+ hn= 1nd’où0H1 G2 H2 G1 11. 7. QCM divers1. Pour tout réel x,xe désigne l’image de x par la fonction exponentielle.aAffirmation 1. a. Pour tous les réels a et b strictement positifs, ( ) ln bAffirmation 1. b. Pour tous les réels a et b strictement positifs, ( )ea= b .ln a+ b = ln a+ ln b .Affirmation 1. c. La tangente en 1 à la courbe de la fonction exponentielle a pour équation y = ex .2. Soit f une fonction numérique définie sur un intervalle ouvert I et soit a un élément de I.Affirmation 2. a. Si f est continue sur I, alors f admet une seule primitive sur I.Affirmation 2. b. Si f n’est pas continue en a, alors f n’est pas dérivable en a.Affirmation 2. c.Si f n’est pas dérivable en a, alors la fonctionen a.f( a+ h) − f( a)h ֏ a une limite infinieh3. On considère deux suites ( u n ) et ( n )v définies sur N .Affirmation 3. a.Si ( u n ) est monotone décroissante et minorée et ( n )majorée alors ( u n ) et ( n )v convergent vers la même limite.v est monotone croissante etAffirmation 3. b. Si on a a un+1 unbnn< − < avec a et b dans l’intervalle ] [Affirmation 3. c. Si ( u n ) converge, alors la suite ( ln n )u converge.0 ;1 alors u n converge.Affirmation 3. d.Soit n∈ N * . On considère la fonction f définie sur ]1 ; +∞ [ par :f est dérivable sur ]1 ; +∞ [ et pour tout x > 1, on a :f’(x) = 1+2x + 3x 2 + 4x 3 + · · · + nx n−1 .n+11−xf ( x)=1−x.Correction1. Pour tout réel x,Terminale S 5 F. LarocheSuites numériques exercices corrigésxe désigne l’image de x par la fonction exponentielle.ln blnAffirmation 1. a. Vrai : ( ) ( )aa b ae = e = b .http://laroche.lycee.free.fr

Affirmation 1. b. Faux : ln ( a b ) ln a ln b ln ( ab )+ ≠ + = .1 1Affirmation 1. c. Vrai : en 1, la tangente est ( 1 )y = e x − + e = ex − e + e = ex .2. Soit f une fonction numérique définie sur un intervalle ouvert I et soit a un élément de I.Affirmation 2. a.Faux : Si f est continue sur I, alors f admet une infinité de primitives sur I, toutesdifférentes d’une constante.Affirmation 2. b. Vrai : Si f n’est pas continue en a, on n’a pas f(a) et f n’est pas dérivable en a.Affirmation 2. c.Faux : pas forcément, on peut avoir des demi-tangentes.3. On considère deux suites ( u n ) et ( n )v définies sur N .Affirmation 3. a. Faux : il faudrait par exemple en plus que vn − untende vers 0.Affirmation 3. b.Vrai : u n est croissante, et si on fait la somme des inégalités a < un+1 − un< b , on an+ 1 n+1kk 1−a1−b 1∑ a < un+ 1 − u0 < ∑ b ⇔ u0 un+1 u0 u01− a + < < 1− b + < 1−b+ ; donc u nkkest bornée.nnAffirmation 3. c. Faux : Si ( u n ) converge vers 0, alors la suite ( ln u n )diverge.Affirmation 3. d. Vrai :2 nn 1f ( x) = 1 + x + x + ... + x ⇒ f '( x) = 1+ 2 x + ... + nx − .1. 8. ROC+exemples, France 20054 pointsCet exercice constitue une restitution organisée de connaissances.PARTIE A : QUESTION DE COURSOn suppose connus les résultats suivants :(1) deux suites (u n ) et (v n ) sont adjacentes lorsque : l'une est croissante, l'autre est décroissante et u n − v ntend vers 0 quand n tend vers +∞ ;(2) si (u n ) et (v n ) sont deux suites adjacentes telles que (u n ) est croissante et (v n ) est décroissante, alors pourtout n appartenant à N , on a un≤ vn;(3) toute suite croissante et majorée est convergente ; toute suite décroissante et minorée est convergente.Démontrer alors la proposition suivante :« Deux suites adjacentes sont convergentes et elles ont la même limite ».PARTIE BOn considère une suite (u n ), définie sur N dont aucun terme n'est nul.On définit alors la suite (v n ) sur N parTerminale S 6 F. LarocheSuites numériques exercices corrigésvn−2= .unPour chaque proposition, indiquer si elle est vraie ou fausse et proposer une démonstration pour la réponseindiquée. Dans le cas d'une proposition fausse, la démonstration consistera à fournir un contre exemple.Une réponse non démontrée ne rapporte aucun point.1. Si (u n ) est convergente, alors (v n ) est convergente.2. Si (u n ) est minorée par 2, alors (v n ) est minorée par −1.http://laroche.lycee.free.fr

3. Si (u n ) est décroissante, alors (v n ) est croissante.4. Si (u n ) est divergente, alors (v n ) converge vers zéro.CorrectionPARTIE A : « Deux suites adjacentes sont convergentes et elles ont la même limite ».On a un ≤ vnet (v n ) décroissante donc un≤ vn≤ ... ≤ v0d’où (u n ) est majorée et converge vers l ; mêmechose pour (v n ) qui est décroissante et minorée par u 0 et converge vers l’.Comme u n − v n tend vers 0 quand n tend vers +∞ , on a l − l ' = 0 ⇒ l = l ' .PARTIE B : (u n ) non nulle,Pour une première ROC la difficulté est raisonnable… Inutile de raconter sa vie nonplus !vn−2= .u1. Si (u n ) est convergente, alors (v n ) est convergente :nFaux : n’importe quelle suite convergente vers 0 ne marche pas, prendre par exemple 1/n.2. Si (u n ) est minorée par 2, alors (v n ) est minorée par −1 :1 1 1 1 2 2Vrai : 2 ≤ un⇒ ≥ ⇒ − ≤ − ⇒ − ≤ − ⇒ −1≤ vn.2 u 2 u 2 un n n3. Si (u n ) est décroissante, alors (v n ) est croissante :Faux ;vn+1−2 −2 −2( un − un+1)− vn= − = ; si (u n ) est décroissante, un+ 1 ≤ un ⇒ 0 ≤ un − un+1 , le numérateuru u u un+ 1 n n n+1est négatif, si le dénominateur est positif, soit lorsque la suite (u n ) n’a que des termes positifs, (v n ) estdécroissante.4. Si (u n ) est divergente, alors (v n ) converge vers zéro.Faux : une suite peut être divergente sans tendre vers l’infini, par exempleévidemment que v n .1. 9. Récurrence 1, France 2004u = ( − 1) n diverge, de mêmeDans l’ensemble les questions ne sont pas trop compliquées, la fabrication de contreexemplesest une bonne activité qui permet la compréhension des phénomènes en jeu.Il est vrai que ne pas connaître les réponses est déstabilisant, mais les correcteurs ferontcertainement preuve de compréhension.⎧ u0= 1On considère la suite (u n ) définie par ⎨pour tout entier naturel n.⎩ un+1 = un+ 2n+ 31. Etudier la monotonie de la suite (u n ).2. a. Démontrer que, pour tout entier naturel n,b. Quelle est la limite de la suite (u n ) ?un2> n .3. Conjecturer une expression de u n en fonction de n, puis démontrer la propriété ainsi conjecturée.nCorrection1. un+ 1 − un= 2n+ 3 qui est évidemment positif. u n est croissante.22. a. Par récurrence : u 0 = 1 > 0 , la propriété est vraie au rang 0. Au rang n + 1 il faut montrer que2 2u + 1 > ( n + 1) = n + 2n+ 1 ; or si 22u > n , alors u + 1 > n + 2n+ 3 qui est évidemment supérieur àn2n+ 2n+ 1. C’est fini.b. Comme et quenn2n tend vers +∞ lorsque n tend vers +∞, u n tend clairement vers +∞.Terminale S 7 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

3. On calcule les premières valeurs de u n : u0 = 1, u1 = 1+ 2.0 + 3 = 4, u2 = 4 + 2.1+ 3 = 9, u3= 9 + 2.2 + + 3 = 16 .On voit apparaître la suite des carrés des entiers avec un décalage d’un cran par rapport à l’indice ; il s’agitdonc de montrer queun2= ( n+ 1) : encore une récurrence.2 2 2 2un+ 1 = ( n+ 1) + 2n+ 3 = n + 2n + 1+ 2n + 3 = n + 4n+ 4 = ( n + 2) . C’est bon.1. 10. Récurrence 2, Pondicherry 200411. Soit la suite u définie par u0 = 0, un+1 = .2 − una. Claculer u1 , u2 , u 3 . On exprimera chacun des termes sous forme d’une fraction irréductible.b. Comparer les quatre premiers termes de la suite u aux quatre premiers termes de la suite w définie parnwn= .n + 1c. A l’aide d’un raisonnement par récurrence, démontrer que, pour tout entier naturel n, un = wn.⎛ n ⎞2. Soit v la suite définie par vn= ln ⎜n + 1⎟⎝ ⎠ .a. Monter que v1 + v2 + v3 = − ln 4 .b. Soit S n la somme définie pour tout entier n non nul par Sn= v1 + v2 + ... + vn. Exprimer S n en fonction den. Déterminer la limite de S n lorsque n tend vers l’infini.Correction1 11. a. On a u 0 = 0 , u 1 = =2 − 0 21 2u = =2 −1 / 2 3, 21 3u = = .2 − 2 / 3 4, 3b. On voit facilement que les termes de u n sont ceux dewnn= .n + 10c. Par récurrence (ainsi que demandé) ; on vérifie au rang 0 : u0= 0, w n = = 0 , ok.1Supposons alors que un = wnet montrons que un+ 1 = wn+1 : ceci est équivalent à2 2 2 2 22 − un= n + ⇔ un= 2 − n + = n + − n − =n . Tout va bien.n+ 1 n + 1 n + 1 n+ 1⎛ 1 ⎞2. a. v1= ln ⎜ 2⎟⎝ ⎠ , ⎛ 2 ⎞v2= ln ⎜ 3⎟⎝ ⎠ , ⎛ 3 ⎞v3= ln ⎜ 4⎟⎝ ⎠ .1 n + 1=2 − u n+ 2, soitOn peut utiliser ln(a/b) = lna − lnb : v1 + v2 + v3 = ln1− ln 2 + ln 2 − ln 3 + ln 3 − ln 4 = − ln 4 ou bien1 2 3 ⎛ 1 2 3 ⎞ 1ln(ab) = lna + lnb : v1 + v2 + v3= ln + ln + ln = ln ln ln 42 3 4⎜ = = −2 3 4⎟.⎝ ⎠ 41 2 n −1nS = v + v + ... + vn= ln + ln + ... + ln + ln2 3 n n + 1,b. n 1 2soit S = ln1− ln 2 + ln 2 − ln 3 + ... + ln( n −1) − ln n+ ln n − ln( n + 1) .nTous les termes intermédiaires disparaissent ; on a donc S = − ln( n+ 1) qui tend évidemment vers −∞.1. 11. Récurrence 3, Amérique du Nord 20056 pointsLe graphique ci-dessous sera complété et remis avec la copie.Soit la fonction f définie sur l’intervalle [0 ; 2] parn2x+ 1f ( x)=x + 1.nTerminale S 8 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

1. Étudier les variations de f sur l’intervalle [0 ; 2]. Montrer que si x ∈ [ 1 ; 2 ] alors ( ) [ 1 ; 2 ]2. (u n ) et (v n ) sont deux suites définies sur N par :u 0 = 1 et pour tout entier naturel n, un+ 1 = f( un) ,v 0 = 2 et pour tout entier naturel n, vn+ 1 = f( vn) .f x ∈ .a. Le graphique donné en annexe représente la fonction f sur l’intervalle [0 ; 2]. Construire sur l’axe desabscisses les trois premiers termes de chacune des suites (u n ) et (v n ) en laissant apparents tous les traits deconstruction.À partir de ce graphique, que peut-on conjecturer concernant le sens de variation et la convergence dessuites (u n ) et (v n ) ?b. Montrer à l’aide d’un raisonnement par récurrence que :Pour tout entier naturel n, 1 ≤ v n ≤ 2 .Pour tout entier naturel n, vn+ 1 ≤ vn.On admettra que l’on peut démontrer de la même façon que :Pour tout entier naturel n, 1 ≤ u n ≤ 2 .Pour tout entier naturel n, un≤ u n + 1 .c. Montrer que pour tout entier naturel n,v− u =n+ 1 n+1En déduire que pour tout entier naturel n, v u 0d. Montrer que pour tout entier naturel n,nnn( v + 1 ) ( u + 1 )nv− u− ≥ et v u ( v u )n⎛ 1 ⎞vn− un≤ ⎜ ⎟⎝ 4 ⎠ .nn1− ≤ − .4n+ 1 n+1 n ne. Montrer que les suites (u n ) et (v n ) convergent vers un même réel α . Déterminer la valeur exacte de α ..Terminale S 9 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

Correction1.1f '( x) = > 0 donc f est croissante ;2( x + 1)3f (1) = > 1 et25(2) 23f = < donc si x ∈ [ 1 ; 2 ] , ( ) [ 1 ; 2 ]f x ∈ .2. a. Visiblement la suite u n est croissante, et converge vers le point d’intersection entre la courbe de f et ladroite (y = x), soit environ 1,6 ; de même v n semble décroissante et converger vers le même point.Terminale S 10 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

. Pour n = 0, on a v 0 = 2 qui est bien dans l’intervalle [1 ; 2] ; par ailleurs si 1 ≤ ≤ 2 alors comme f estcroissante, f(1) ≤ f( vn) ≤ f(2) ⇒ 1 ≤ v n + 1 ≤ 2 ; la propriété est toujours vraie.De même on a v 51 = f(2)= ≤ v0; par ailleurs si vn+ 1 ≤ vn ⇒ f( vn+ 1) ≤ f( vn ) ⇒ vn+ 2 ≤ vn+1 , etc.3Remarquez que c’est v 51 = f(2)= ≤ v0qui entraîne tous les autres termes derrière avec la complicité de la3croissance de f. Pour u n c’est pratiquement pareil, sauf que u1 = f( u 30 ) = > u0et donc, etc.2c. On n’échappe pas au calcul :vn+ 1 n+1vnv2vn + 1 2un + 1 2un vn + 2vn + un + 1− 2un vn − vn − 2un −1vn − un− u = − = =v + 1 u + 1 v + 1 u + 1 v + 1 u + 1n+ 1 n+1( ) ( ) ( ) ( )n n n n n n− u est du signe de vn − un; comme v0 − u0 = 2 − 1 > 0 , par récurrence on a vn− un≥ 0 ; on a1 11 1 1> 1 ⇒ vn+ 1 > 2 ⇒ < et pareil pour u n donc vn+ 1 − un+1 ≤ . ( vn − un ) = ( vn − un) .v + 1 22 2 4d. Encore une récurrence :1 1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞vn+ 1 − un+1 ≤ ( vn − un) ≤ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟4 4 ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠n0⎛ 1 ⎞v0 − u0= 2 − 1 = 1 ≤ ⎜ ⎟ = 1 ; grâce à la relation précédente on a évidemment⎝ 4 ⎠nn+1.v n.Terminale S 11 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

⎛ 1 ⎞e. Les suites u n et v n sont adjacentes car 0 ≤ vn − un ≤ ⎜ ⎟ ⇒ 0 ≤ lim ( vn − un ) ≤ 0 ⇒ lim ( vn − un) = 0 ;⎝ 4 ⎠n→∞n→∞elles convergent bien vers une même limite α telle que⎧ 1+5α1= ≈ 1,6182α+ 1 2 2⎪α = f( α ) = ⇔ α + α = 2a+ 1 ⇔ α −α− 1 = 0 ⇒2⎨.α + 1 ⎪ 1−5α1= ≈ −0,618⎪⎩ 21+5La limite est donc la première racine, soit α1= .21. 12. Suite homographique, N. Calédonie 06/20085 points9On considère la fonction f définie sur ]−1 ; 6[ par f ( x ) = 6 − x. On définit pour tout entier n la suite (U ) n⎧⎪ U0= −3par ⎨.⎪⎩ Un+1 = f ( Un)1. La courbe représentative de la fonction f est donnée ci-dessous accompagnée de celle de la droited’équation y = x. Construire, sur ce graphique les points M 0 (U 0 ; 0), M 1 (U 1 ; 0), M 2 (U 2 ; 0), M 3 (U 3 ; 0) etM 4 (U 4 ; 0).Quelles conjectures peut-on formuler en ce qui concerne le sens de variation et la convergence éventuellede la suite (U n ) ?2. a. Démontrer que si x < 3 on a alorsb. Étudier le sens de variation de la suite (U n ).c. Que peut-on déduire des questions 2. a. et 2. b. ?3. On considère la suite (V n ) définie par Vn96 − x < 3 . En déduire que U n < 3 pour tout entier naturel n.n1= pour tout entier naturel n.U − 3a. Démontrer que la suite (V n ) est une suite arithmétique de raisonb. Déterminer V n puis U n en fonction de n.c. Calculer la limite de la suite (U n ).n1− .3Terminale S 12 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

Correction1. Voir la figure ci-dessous.Terminale S 13 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

La suite semble croissante et converger vers le point (3 ; 3), soit vers une limite égale à 3.1 1 92. a. Si x < 3, − x > − 3 ⇒ 6 − x > 3 ⇒ 36 − x< 3 ⇒ 6 − x< (on aurait pu utiliser les variations de f).Par récurrence on a alors : U 0 < 3 par définition ; si 3 n( ) 29 U 6 9 3n − Un+ Un−b. Un+1 − Un = − Un= =6 −U 6 −U 6 −ULa suite est croissante.2n n nc. U n est croissante et majorée, elle converge donc.1 1 13. a. Vn = ⇔ Un − 3 = ⇔ Un= 3 +U − 3V VUn+1n n nU < alors f ( U )n9= < 36 −Uqui est positif puisuqe U n < 6 .; on a donc en remplaçant :net donc U n + 1 < 3 .9 1 9 1 9 9Vn 9Vn − 9Vn+ 3 3= ⇔ 3 + = ⇔ = − 3 = − 3 = = ,6 −U 1 1n Vn+ 1 V 13 1 3 1 3 16 3 n+V3n − Vn − Vn−− − −VV3Vn−1 1soit Vn+1 = = Vn− ; (V n ) est une suite arithmétique de raison3 31 11 1 1+2nb. V0= = − d’où Vn= V0+ nr = − − n = − et UU − 3 66 3 60c. La limite de la suite (U n ) est alors bien évidemment 3…1. 13. Suite récurrente, France remplt 20076 pointsnnn1− .31 6= 3 + = 3 −V 2 n + . 1nTerminale S 14 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

1 231. La suite u est définie par : u 0 = 2 et un+ 1 = un+ pour tout entier naturel n.3 27a. On a représenté dans un repère orthonormé direct du plan ci-dessous, la droite d’équationet le point A de coordonnées (2 ; 0).Construire sur l’axe des abscisses les quatre premiers termes de la suite u.b. Démontrer que si la suite u est convergente alors sa limite est23c. Démontrer que pour tout entier naturel n on a : u n > .18d. Étudier la monotonie de la suite u et donner sa limite.2. a. Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 1. Démontrer que :1 1 1 1 ⎛ 1 ⎞+ + ... + = 12 3 n+110 10 10 90⎜ −n ⎟⎝ 10 ⎠ .Terminale S 15 F. LarocheSuites numériques exercices corrigés23l = .18b. La suite v est définie par v n = 1,277 7. . .7 avec n décimales consécutives égales à 7.Ainsi v 0 = 1,2, v 1 = 1,27 et v 2 = 1,277.n+1k=21 23y = x +3 271 1 ⎛ 1 ⎞∑ = 1k10 90⎜ −n ⎟ c’est-à-dire que⎝ 10 ⎠En utilisant le 2. a. démontrer que la limite de la suite v est un nombre rationnel r (c’est-à-dire le quotientde deux entiers).http://laroche.lycee.free.fr

3. La suite u définie au 1. et la suite v sont-elles adjacentes ? Justifier.Correction1 231. u 0 = 2 et un+ 1 = un3 + 27.a. Construire sur l’axe des abscisses les quatre premiers termes de la suite u.1 23 2 23 23b. Si la suite u est convergente alors sa limite l est telle que l = l + ⇔ l = ⇔ l = .3 27 3 27 1823c. Par récurrence : u 0 = 2 > .18On suppose231 23 1 23 23 23 + 46 69 23u n > , alors un+1 = un+ > × + = = = CQFD.183 27 3 18 27 54 54 181 23 2 23d. un+ 1 − un = un un un3 + 27 − = − 3 + 27qui est positif lorsque 2 23 23− un> − ⇔ un< , ce qui est faux3 27 1823donc u n est décroissante. La suite est décroissante, minorée elle converge donc vers l = .182. a. Somme des n premiers termes (de 2 à n+1 il y a n termes) d’une suite géométrique de premier terme⎛ 1 ⎞n+111 11= et de raison210 10010 : 1 1⎜ −n ⎟10 1 ⎛ 1 ⎞∑ = ⎜ ⎟ = 1k100 1 90⎜ −n ⎟ .k=210 ⎜ ⎟1−⎝ 10 ⎠⎜ 10⎟⎝ ⎠11 1b. v 0 = 1, 2 , v1 = v0 + 0,07 = v0 + 7 , v102 2 = v1 + 0,007 = v0 + 7 + 7 , etc.2 310 10On a doncv = 1,2 + 7 + + ... + = 1,2 + 7 1n 2 3 n + 1 ⎢ −nTerminale S 16 F. LarocheSuites numériques exercices corrigés⎛ 1 1 1 ⎞ ⎡ 1 ⎛ 1 ⎞ ⎤⎜ ⎟ ⎥10 10 10 90⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎣ ⎝ 10 ⎠ ⎦ . Lorsque n tend vers +∞ , 110 n7 12 7 115 23tend vers 0 et v n tend vers 1,2 + = + = = .90 10 90 90 183. u décroissante et minorée, v croissante et majorée (évident) ; elles ont même limite, elles sont adjacentes.1. 14. Barycentre 1, N. Caledonie 20055 pointsPARTIE AÉtant donnés deux points distincts A 0 et B 0 d’une droite, on définit les points : A 1 milieu du segment [A 0 B 0 ]et B 1 barycentre de {(A 0 , 1) ; (B 0 , 2)}.Puis, pour tout entier naturel n, A n+1 milieu du segment [A n B n ] et B n+1 barycentre de {(A n , 1) ; (B n , 2)}.1. Placer les points A 1 , B 1 , A 2 et B 2 pour A 0 B 0 = 12 cm.Quelle conjecture peut-on faire sur les points A n et B n quand n devient très grand ?2. On munit la droite (A 0 B 0 ) du repère ( A 0 ; i 1 ) avec i = A0 B0.12Soit u n et v n les abscisses respectives des points A n et B n . Justifier que pour tout entier naturel n strictementpositif, on aPARTIE Bun+ vnun+ 2vnu n + 1 = et v n + 1 = .23un+ vnun+ 2vnOn considère les suites (u n ) et (v n ) définies par u 0 = 0 ; v 0 = 12 ; u n + 1 = et v n + 1 = .23http://laroche.lycee.free.fr

1. Démontrer que la suite (w n ) définie par w n = v n − u n est une suite géométrique convergente et que tousses termes sont positifs.2. Montrer que la suite (u n ) est croissante puis que la suite (v n ) est décroissante.3. Déduire des deux questions précédentes que les suites (u n ) et (v n ) sont convergentes et ont la mêmelimite.4. On considère la suite (t n ) définie par t n = 2u n + 3v n . Montrer qu’elle est constante.PARTIE CÀ partir des résultats obtenus dans les parties A et B, préciser la position limite des points A n et B n quand ntend vers +∞ .CorrectionPARTIE AA n+1 milieu du segment [A n B n ] et B n+1 barycentre de {(A n , 1) ; (B n , 2)}.1.A0A1A2B2B1B0Même quand n n’est pas très grand, les suites de points convergent vers un point qui semble être à peu prèsau milieu de [A 2 B 2 ].2. On a dans ce repère les abscisses suivantes : u 0 = 0 et v 0 = 12 .un+ vnSi u n et v n sont les abscisses des points A n et B n , on a u n + 1 = car A n+1 est le milieu de [A n B n ] et21. un + 2. vn un + 2vnv n + 1 = = car B n+1 est le barycentre de {(A n , 1) ; (B n , 2)}.1+2 3PARTIE Bun + 2vn un + vn 2un + 4vn − 3un − 3vn vn − un1. wn = vn − un ⇒ wn+ 1 = vn+ 1 − un+1 = − = = donc w n est une suite3 2 6 61 12géométrique de raison 1/6, donc convergente vers 0. Tous ses termes sont positifs car wn = w0= .n n6 6un + vn − 2un vn − un12. un+1 − un = = = wn> 0 donc (u n ) est croissante ;2 2 2un + 2vn − 3vn1vn+1 − vn = = − wn< 0 donc la suite (v n ) est décroissante.3 33. Comme w n > 0 , on a un < vndonc u n est croissante majoée, v n décroissante minorée, les suites (u n ) et(v n ) sont convergentes et sont adjacentes car lim w = 0 ; elles ont donc la même limite.n→∞n n n n4. tn+ 1 un+ 1 vn+1 un vn un vn un vn tnt0 u0 v0PARTIE Cnu + v u + 2v= 2 + 3 = 2 + 3 = + + + 2 = 2 + 3 = = ... = = 2 + 3 = 36 .2 3Comme u n et v n tendent vers la même limite l, en remplaçant dans t n on a :1. 15. Barycentre 2, N. Calédonie 200436tn = 2un + 3vn= 36 → 2l + 3l = 5l = 36 ⇒ l = .5On considère les deux suites ( u n ) et ( v n ) définies, pour tout entier naturel n, par :Terminale S 17 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

1. Calculer u1 , v1 , u2 , v 2 .⎧ u0= 3⎪⎨ un+ v⎪ u n + 1 =⎩ 2n⎧ v⎪et ⎨⎪ v⎩0= 4n+1u=n+1+ v2. Soit la suite ( w n ) définie pour tout entier naturel n par wn = vn − un.a. Montrer que la suite ( w n ) est une suite géométrique de raison 1 4 .b. Exprimer w n en fonction de n et préciser la limite de la suite ( w n ).3. Après avoir étudié le sens de variation des suites ( u n ) et ( v n ) , démontrer que ces deux suites sontadjacentes. Que peut-on en déduire ?4. On considère à présent la suite ( t n ) définie, pour tout entier naturel n, para. Démontrer que la suite ( t n ) est constante.b. En déduire la limite des suites ( u n ) et ( v n ) .Correctionu0 + v0 7 u1 + v0 15 u1 + v129 u2 + v1591. u1 = = , v1 = = , u2 = = , v2= = .2 2 2 4 2 8 2 162. a.2n.tnun+ 2vn= .3n n− uu nn+ 1 + vn un + vn un+1 − un 2 un + vn − 2un vn − un1n+ 1 n+ 1 n+1nw = v − u = − = = = = = w .2 2 2 2 4 4 4b. w0 = v0 − u0 = 4 − 3 = 1 doncu+ v1 1w n = 1. = ; sa limite est évidemment 0.4n 4nun+1 − un3. On a vu que = wn+1 > 0 donc u n est croissante ; par ailleurs wn = vn − un> 0 donc un > vn;21 1 1 1 un+ vn1enfin vn+ 1 − vn = un+ 1 + vn − vn = ( un+1 − vn ) = ( − vn ) = ( un − vn) < 0 donc v n est décroissante.2 2 2 2 2 4Il reste à montrer que lim( un− vn) = 0 or c’est justement la limite de w n . Les suites ( u n ) et ( v n )n→∞convergent donc vers la même limite (inconnue pour l’instant…).un+ 1 + 2vn+ 1 1 ⎛ un + vn un+1 + vn ⎞ 1 ⎛ un + vn un + vn⎞ 14. a. tn+1 = = ⎜ + 2 ⎟ = ⎜ + + vn ⎟ = ( un + 2vn ) = tn. On a donc3 3 ⎝ 2 2 ⎠ 3 ⎝ 2 2 ⎠ 31 7tn= ( u0 + v0) = .3 3b. Les suites ( u n ) et ( v n ) ont même limite l donc à l’infini, en remplaçant dans t n : 7 = 1 ( l + 2 l)⇒ l = 7 .3 3 31. 16. Une exponentielle, Pondicherry 20056 pointsPour tout entier naturel n, on pose10nu n = . On définit ainsi une suite ( u )nn n∈N 2.1. Prouver, pour tout entier naturel n non nul, l’équivalence suivante :10un+ 1 ≤ 0,95unsi et seulement si ⎛ 1 ⎞⎜ 1+ ⎟ ≤ 1,9 .⎝ n ⎠Terminale S 18 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

2. On considère la fonction f définie sur [1 ; + ∞ [ par⎛ 1 ⎞f( x) = ⎜ 1+⎟⎝ x ⎠a. Etudier le sens de variation et la limite en +∞ de la fonction f.b. Montrer qu’il existe dans l’intervalle [1 ; + ∞ [ un unique nombre réel α tel que f( α ) = 1,9 .c. Déterminer l’entier naturel n 0 tel que n0 −1≤ α ≤ n0.⎛ 1 ⎞d. Montrer que, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 16, on a : ⎜ 1+ ⎟ ≤ 1,9 .⎝ n ⎠3. a. Déterminer le sens de variation de la suite ( u n ) à partir du rang 16.b. Que peut-on en déduire pour la suite ?4. En utilisant un raisonnement par récurrence, prouver, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 16,16l’encadrement : 0 u 0,95 n −≤ ≤ u . En déduire la limite de la suite ( u ) ∈N .Correctionn1. On remplace, on simplifie et on a ce qui est demandé :2. a.u1610 1010n+ 1 n n+1 n 10n10.n n1010 10( n + 1) n ( n+ 1) 2 .2 ⎛ n + 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞≤ 0,95u⇔ ≤ 0,95 ⇔ ≤ 0,95 ⇔ ⎜ ⎟ ≤ 1,9 ⇔ ⎜ 1+ ⎟ ≤ 1,9 .2 2 n2 ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠⎛ 1 ⎞f( x) = ⎜ 1+⎟⎝ x ⎠1010⎛ 1 ⎞ 10lim ⎜ 1+ ⎟ = 1 = 1 .→+∞ ⎝ x ⎠xb.;n9 9⎛ 1 ⎞′ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞f '( x) = 10 ⎜ 1+ ⎟ ⎜ 1+ ⎟ = 10 − 1+ < 0x x⎜ 2 ⎟ ⎜ ⎟ donc f est décroissante ;⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ x ⎠ ⎝ x ⎠10f (1) = 2 et f décroissante donc f est bijective de [1 ; + ∞ [ versintervalle, il existe bien un unique réel α tel que f( α ) = 1,9 .c. On a f(15) ≈ 1,9067 et f(16) ≈ 1,8335 d’où 16 − 1 = 15 ≤ α ≤ 16 .10]1 ; 2 ] ; comme 1,9 est dans cetd. Lorsque x ≥ α , comme f est décroissante, on a : f( x) ≤ f( α) = 1,9 , donc pour tous les n tels que10⎛ 1 ⎞n ≥ 16 ≥ α , on a ⎜ 1 + ⎟ = f( n) ≤ f(16) ≤ f( α ) = 1,9 .⎝ n ⎠3. a. D’aprèe ce que nous venons de dire, la suite ( u n ) est telle que un+ 1 ≤ 0,95unà partir du rang 16 ;comme tous les termes sont évidemment positifs, la suite ( u n ) est décroissante à prtir de ce rang.b. Décroissante et minorée par 0 donc convergente.164. 0 0,95 n −≤ u ≤ u16: on vérifie facilement au rang 16 car 0 ≤ u16 ≤ u16; quand on passe au rang suivant,on ann− 16 ( n+ 1) −16n 1 0,95 n 0,95.0,95 16 0,95 16u + ≤ u ≤ u = u , CQFD.Comme 0,95 < 1 ,1. 17. Formule de Stirling160,95 n− tend vers 0 à l’infini ainsi que u n grâce à nos amis les gendarmes.Soit la suite ( u n ) (n > 0) définie par :unn−nn e= .n!1. Donner des valeurs approchées de u1 , u2 , u 3 à 10 −2 près.2. a. Soit g la fonction définie sur [0 ; 1] partdémontrer que pour tout t de [0 ; 1] on a : ln(1 + t)≤ t − .42tg( t) = ln(1 + t)− t+ . En utilisant les variations de g,42Terminale S 19 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

⎛ 1 ⎞b. En déduire que pour tout n > 0, on a ⎜ 1+ ≤ en⎟⎝ ⎠3. a. Démontrer que pour tout entier n > 0 on an11 −4n1−n+1 4nuun≤ e .b. En déduire que pour tout entier n supérieur ou égal à 2 on a :(on pourra poser t = 1/n).un1⎛1 1 1 ⎞−1 − ⎜ + + ... + + 1 ⎟4⎝n−1 n−2 2 ⎠≤ e.4. a. Par des considérations d’aire montrer que pour tout entier n supérieur ou égal à 2 on a :n1 1 1 1 1dt ≤ 1 + + + ... + + .∫ 1 t 2 3 n−2 n −1b. En déduire que que pour tout entier n supérieur ou égal à 2 on a :suite ( u n ) ?un≤11 ln ne − −4. Quelle est la limite de laCommentaire : on explore ici un moyen d’approcher n! : comme u n tend vers 0, on peut se dire qu’en multipliant parquelque chose de la forme Kn α la limite peut devenir 1. Ceci donnerait alors un équivalent de n! de la formeKnα ⎛nn ⎞⎜ ⎟⎝ e ⎠ . En l’occurrence ça marche, il s’agit de ( π )Correctionu ≈ 0,3679, u ≈ 0, 2707, u ≈ 0, 2240 .1. 1 2 312n2 n = 2πn : n! ≈ 2π n ⎛ ⎜ ⎞⎟⎝ e ⎠ .n2. a.tg( t) = ln(1 + t)− t+ ;422 21 t 2 − 2 − 2t + t+ t t − t t( t −1)g′ ( t) = − 1+ = = = < 01+ t 2 2(1 + t) 2(1 + t) 2(1 + t)sur [0 ; 1].g est décroissante et g (0) = ln1− 0 + 0 = 0 par conséquentb. Posonstg( t) ≤ g(0) = 0 ⇒ ln(1 + t)≤ t − .4211 1 1 1 1t = dans la relation précédente : ln(1n+ tt) ≤ t − ln(1 ) nln(1 ) 14 ⇔ + n ≤ n − 24n⇔ + n ≤ − 4nd’oùn⎛ 1 ⎞⎛ ⎞⎛ 1 ⎞ln ⎜ 1+ ≤ ln ⎜ e ⎟ ⇔ 1+ ≤ en⎟⎜ ⎟⎜n⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠1 n 11 −1 −4n4n.23. a.n+ 1 −n−1( 1)n 1 ( 1) ! n+ ++= =u ( 1)!n nn n+−n eu n e n( n + 1) n e −nenn e−n−1n!n ! ( n + 1)1 11 ⎞n 1−−−1 4n −14n⎛ n += ⎜ ⎟ e ≤ e e = e⎝ n ⎠.11 1 1 1−− − − −4( n−1) 4( n−2) 4.1 4.1n+ 1 n n n−1 n−1 n−2 2 1b. On a u ≤ e 4nu ⇒ u ≤ e u ⇒ u ≤ e u ... ⇒ u ≤ e u = e e .Par conséquent on a en effectuant les produits d’inégalités successifs :1 1 1 1 1 1 1 1− − − − −1−− −−4( n−1) 4( n−1) 4( n−2) 4( n−1) 4( n−2) 4.1 4( n−1) 4( n−2)4.1n n−1 n−2 ... ... 1...u ≤ e u ≤ e e u ≤ ≤ e e e u = e e e e ,soitun1⎛1 1 1 ⎞−1 − ⎜ + + ... + + 1 ⎟4⎝n−1 n−2 2 ⎠≤ e.4. a. Cet argument est très classique. Entre deux valeurs entières consécutives, k et k+1, l’aire sous lacourbe de 1/x est inférieure à l’aire du rectangle de largueur 1 et de hauteur 1/(k+1) :d’où en sommant sur tous ces rectangles :1 1 1 1k+11 1k ≤ t ≤ k + 1 ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ dt ≤k + 1 t k k + 1 ∫ k t k−1−1Terminale S 20 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

Terminale S 21 F. LarocheSuites numériques exercices corrigésn121n1 1 1 1 1 1dt = dt + ... + dt ≤ + + + ... + + .∫ 1 ∫ 1 ∫ n−1t t t 1 2 3 n−2 n −1b. On a donc 1 1 1 ... 1 1 ln 1 1 1 ... 1 1 ln1 2 3 2 1 n ⎛⎞+ + + + + ≥ ⇒ − + + + + + ≤ − nn − n −⎜1 2 3 n − 2 n −1⎟ , soit⎝⎠et d’après l’inégalité du 3.b :un1 ⎛ 1 1 1 1 1 ⎞ 1−1 − ... 1 ln4⎜ + + + + + ≤ − − n1 2 3 n 2 n 1⎟⎝− − ⎠ 411 ln ne − −4≤ .La suite ( u n ) est positive et la partie droite tend vers exp( −∞ ), soit 0. Donc la suite tend vers 0.1. 18. Suites adjacentes, Antilles 2004⎧ 1a + 1 = 2 a + b⎪On définit les suites (a n ) et (b n ) par a 0 =1, b 0 =7 et3⎨⎪ 1b + 1 = a + 2b⎪⎩ 3( )n n n( )n n nSoit D une droite munie d’un repère ( O ;i ) . Pour tout n de N , on considère les points A n et B n d’abscissesrespectives a n et b n .1. Placez les points A 0 , B 0 , A 1 , B 1 , A 2 et B 2 .2. Soit (u n ) la suite définie par u n = b n – a n . Démontrez que (u n ) est une suite géométrique dont on préciserala raison et le premier terme. Exprimez u n en fonction de n.3. Comparez a n et b n . Étudiez le sens de variation des suites (a n ) et (b n ). Interprétez géométriquement cesrésultats.4. Démontrez que les suites (a n ) et (b n ) sont adjacentes.5. Soit (v n ) la suite définie par v n = b n – a n pour tout entier n. Démontrez que (v n ) est une suite constante.En déduire que les segments [A n B n ] ont tous le même milieu I.6. Justifiez que les suites (a n ) et (b n ) sont convergentes et calculez leur limite. Interprétez géométriquementce résultat.Corrigé1. Les points ont pour abscisse :1 (2 7) 33a 1 = + = ; 11b = (1 + 14) = 5 ; 232. (u n ) est géométrique : on a un = bn − and’où1 11 1 13a = (6 + 5) = ; b 2 = (3 + 10) = .3 3 3 31 1 1 1un+ 1 = bn+ 1 − an+1 = ( an + 2 bn ) − (2 an + bn ) = ( bn − an ) = un.3 3 3 3La suite (u n ) est géométrique de raison 1 3 et de premier terme u 10 = 7 – 1 = 6. Finalement on a u n = 6 × .3n3. Comparons a n et b n et cherchons les variations de ces suites :b n − a n =6u n = > 0 donc bnn > a n.31 1 1bn+ 1 − bn = ( an 2 bn ) bn ( bn an ) un03 + − = − 3 − = − 3< donc (b n) est décroissante.1 1 1an+ 1 − an = (2 an bn ) an ( bn an un03 + − = 3 − = 3> donc (a n ) est croissante.Graphiquement cela se traduit par le fait que la suite des points A n avance vers la droite alors que la suitedes points B n se déplace vers la gauche mais les points A n demeurent en permanence à gauche des points B n..http://laroche.lycee.free.fr

4. Montrons que (a n ) et (b n ) sont adjacentes : (b n ) est décroissante, (a n ) est croissante,1lim( bn − an ) = lim(6 ) = 0 car la limite d’une suite géométrique de raison r telle que r < 1 est 0, donc lesn3suites (a n ) et (b n ) sont adjacentes.1 15. vn = an + bndonc vn+ 1 = an+ 1 + bn+1 = (2 an + bn ) + ( an + 2 bn ) = an + bn = vndonc (v n ) est constante : le3 3an+ bnv v =0milieu du segment [A n B n ] est I n d’abscisse in= =22[A n B n ] est constant et est la point I d’abscisse 4 car v 0 = 1+ 7 = 8 .6. Les suites (a n ) et (b n ) sont respectivement croissante et décroissante et b n > a n donc1 = a ≤ a ≤ b ≤ b = 7 ;0 n n 0(a n ) est croissante et majorée par 7 donc (a n ) converge.(b n ) est décroissante et minorée par 1 donc (b n ) converge.De plus ces deux suites sont adjacentes donc elles convergent vers la même limite L.Terminale S 22 F. LarocheSuites numériques exercices corrigésn2car (v n ) est constante donc le milieu deEn utilisant la suite constante (v n ) telle que v n = a + b = 8 et par passage à la limite : lim a + lim b = 8donc L + L = 8 donc L = 4.nGéométriquement, cela se traduit par le fait que les suites de points (A n ) et (B n ) vont se rapprocher du pointI(4), l’une par la gauche, l’autre par la droite.1. 19. Suites adjacentes : calcul de la racine carréeOn considère les suites (u n ) et (v n ) définies sur N par u 0 = 3 et les relations :un+ vnu n + 1 = et v2nn7=u1. Calculer v 0 , u 1 , v 1 , u 2 , v 2 , u 3 et v 3 . Donner l'approximation de u 3 et v 3 lue sur la calculatrice.2. Justifier par récurrence que pour tout n de N , u n > 0 et v n > 0.2 2n n n n3. a. Démontrer que quel que soit n de N , ( u v ) 28 ( u v )1− = − .b. En déduire que u v ( u v ) 2n+ 1 n+1n n4un+1c. Conclure que quel que soit n on a u − v ≥ 0 .nn+ − = − .4. En s’aidant de la question 3. c., prouver que la suite (u n ) est décroissante et que la suite (v n ) estcroissante.215. a. Démontrer que quel que soit n de N *, un≥ .8b. Utiliser le résultat précédent pour démontrer que u v ( u v ) 2c. En déduire, à l'aide d'un raisonnement par récurrence que ud. Déterminer la limite de u n – v n lorsque n tend vers +∞ .n+ 1 n+1 n nn1− ≤ − .101− v ≤ .10n n2n−16. Conclure que les suites (u n ) et (v n ) sont adjacentes et déterminer leur limite commune.7. Justifier que u 3 est une approximation de 7 à 10 −7 près.8. Proposez une méthode générale pour trouver une valeur approchée de a où a est un réel quelconquepositif.Cette méthode est celle utilisée par le mathématicien grec Héron (1 er siècle) pour déterminer une approximation desracines carrées.Correctionnhttp://laroche.lycee.free.frn

78 213 ++7 71. v0= u= 0 3; u0 + v03 16 8 7 7 21u1= = = = ; v12 2 6 3= u= 18 = 8; u1 + v13 8 64 + 63 127u2= = = = ;2 2 48 483127 336+7 7 336v2= u= 2127 = 127; u2 + v248 127 322577 7 85344u3= = = ≈ 2,64575 ; v3= = = ≈ 2,64575 .2 2 12192u332257 322574812192Il semble que les suites tendent vers 2,64575... et que la convergence soit très rapide.2. P n : u n > 0 et v n > 0.P 0 : u 0 = 3 > 0 et v 0 = 7/3 > 0 : P 0 est vérifiée.un+ vnSupposons P n vraie : u n + 1 = > 0 puisque u n et v n sont positifs, et bien sûr il en résulte que27vn+1 = 0u> . On a bien, quel que soit n de N , u > 0 et v > 0.n nn+12 2 2 2 7n n 28 n n n n n n 28 2(2 n n ) 28 n n 7 nunu + v − = u − v ⇔ u + v − u − v = ⇔ u v = ⇔ u v = ⇔ v = .3. a. ( ) ( ) ( ) ( )( )3. b. ( u v ) ( u v )( u + v ) 21 2 1 2 1⎛⎞n nn − n = n + n − 28 = ⎜ − 7 ⎟4un+ 1 4un+ 1 un+1⎜ 4 ⎟⎝⎠2( )1 7= u − 7 = u − = u − v .un+ 1 n+ 1 n+ 1 n+1n+ 1 un+13. c. De l'égalité précédente, on conclut que u n+1 – v n+1 est strictement positif quel que soit n, c'est-à-dire enremplaçant n+1 par n, on a u n – v n positif pour n ≥ 1 . Il faut vérifier que l'inégalité est aussi vraie pour7 2n = 0 : u0 − v0= 3 − = > 0 . On a bien u n – v n > 0 ou encore u n > v n .3 3un + vn un + vn − 2un vn − un4. un+1 − un = − un= = < 0 car v n – u n < 0 ; v2 2 2n+17 7 7( un− un+1)− vn= − = > 0u u u un+ 1 n n+1 ncar u n+1 – u n < 0 et u n > 0 quel que soit n. La suite (u n ) est bien décroissante et la suite (v n ) est croissante.215. a. On sait que u n > v n or la suite v n est croissante, donc v n > v 1 , on a donc : un> vn> v1= .85. b. Par équivalence :u 1 1 1 1 1 5− v ≤ ( ) ( ) ( )10 u − v ⇔4 u − v ≤10 u − v ⇔ ≤ ⇔4 10 u ≥ ⇔ u ≥ . Or on22 2 2n + 1 n + 1 n n n n n n 4 n 1 10 n 1un1 u+ ++ n+1sait que21 5u n > > d'où le résultat.8 25.c. On veut montrer par récurrence la propriété P n :2 1Vérifions P 0 : u0 − v0 = < = 1 , ok.3 20−10 1Démontrons P n+1 :1un − vn ≤ .2n−11021 2 1 ⎛ 1 ⎞ 1 1 1 1 1 1n+ 1 − n+ 1 ≤ ( n − n ) ≤ = × = × = =10 10 ⎜ 2n−1 ⎟ 10210 (2n1) 2 2n2 2 2n 112n− × × −+−−1u v u v⎝ 10 ⎠ ⎛10⎞ 10 10× 10 × 10 10⎜ ⎟⎝ ⎠.Terminale S 23 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

5. d. On a10 ≤ un − vn ≤ et on sait que2n−1101lim = 0 , donc lim ( u ) 02 110 nn − vn= (gendarmes).−n→+∞n→+∞6. Les suites (u n ) et (v n ) sont adjacentes, elles sont donc convergentes vers la même limite λ . Celle-civérifie la relation7. u3 323−18−17 7 2lim vn= ⇔ l = ⇔ l = 7 ; or l >0 donc l = 7 .→+∞ lim u lnn→+∞n− 1 1 7v ≤ = −1010 10= : la rapidité de la convergence est impressionnante puisqu’à chaqueitération on gagne un facteur environ−2110 n+. En fait on double le nombre de décimales à chaque coup…On se trouve en présence d'une convergence dite quadratique.un+ vna8. Pour trouver a , il suffit de faire la même chose avec u n + 1 = et vn= puisque si (u n ) et (v n )2usont adjacentes, elles ont même limite l telle quese faire de manière identique, ça marche bien.a 2l = ⇔ l = a . Les démonstrations précédentes peuventlnL’algorithme présenté ici débouche sur bon nombre de problèmes dont certains sont très actuels : onl’utilise par exemple pour calculer les décimales de π , c’est l’algorithme de Brent et Salamin. Il s’agitessentiellement de l’algorithme de la moyenne arithmético-géométrique étudié par Lagrange puis par Gauss au19 ème siècle.1. 20. Suites adjacentes : aire sous une courbeObjectifs :Etude de l’aire sous une courbe à l’aide de suitesComprendre comment on peut encadrer l’aire sous une courbe par deux suites, comprendre les notationsassociées, savoir écrire le terme général des suites, prouver qu’elles ont l’aire comme limite commune(l’existence de l’aire est ici admise).Application à deux exemples.Remarques :L’énoncé ci-dessous est un peu long pour être proposé tel quel à une classe. Par contre, il est possible d’enexploiter des parties avec des élèves sous la forme d’un TP encadré et commenté (surtout pour lesnotations) par le professeur .f est une fonction continue monotone positive définie sur [0 ; 1] et (C) est la courbe représentant f dans un O ; i , j . On note A le point tel que OA = i .repère orthonormal ( )On s’intéresse à l’aire A du domaine D délimité par la courbe (C), l’axe des abscisses et les droitesd’équations x = 0 et x = 1.Pour approcher A, on utilise les suites u et v définies ainsi :- le segment [OA] est partagé en n segments de même longueur (n ≥ 1) ;- conformément aux figures ci-dessous, on construit :* les n rectangles Rk, 0 ≤ k ≤ n − 1 situés sous la courbe (C), ayant comme base un des segments de lasubdivision et un sommet sur la courbe (C) ;* les n rectangles Sk, 0≤k≤n− 1 contenant la courbe (C), ayant comme base un des segments de lasubdivision et un sommet sur la courbe (C);- u n est la somme des aires des n rectangles R , 0 ≤ ≤ − 1 ;kk nTerminale S 24 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

- v n est la somme des aires des n rectangles Sk, 0≤k≤n− 1 ;La monotonie de f assure que : un≤ A ≤ vnpour tout n ≥ 1 .o A o AFigure 1 Figure 2Partie A - Etude des notations1. On note A 0 = O et A 1 , A 2 , …, A n les points de [OA] correspondant à sa subdivision en n segments demême longueur.a. Sur les figures 1 et 2 ci-dessus où n = 5, placer les points A k pour k∈ { 0,1, ... , 5}.b. On reprend n quelconque. Quel point de la suite est confondu avec A ?c. Quelle est la longueur d’un segment [A k A k +1 ], k { 0,1, ... , n 1}d. Quelle est l’abscisse du point A k , k { 0,1, ... , n}∈ ?∈ − ?2. On note B 0 , B 1 , B 2 , … , B n les points de (C) d’abscisses respectives 0, 1 n , 2 n , … , 1.a. Sur les figures 1 et 2 ci-dessus où n = 5, placer les points B k pour k∈ { 0,1, ... , 5}.On reprend n quelconque. Quelles sont les coordonnées de B k , k { 0,1, ... , n}3. Sur les figures 1 et 2 ci-dessus :a. Indiquer les rectangles R k et S k pour k∈ { 0,1, ... , 4}.b. Colorier la surface correspondant à l’aire u n .∈ ?c. Dans une couleur différente de celle du b. colorier la surface correspondant à v n − u n .Partie B – Etude des suites u et v1. Dans cette question, on suppose que f est croissante sur [0 ; 1] (figure 1).a. Prouver quepour v n - u n ).1vn− un= ( f (1) − f (0)) (on pourra par exemple « empiler » tous les petits rectangles coloriésnb. Quelle est la hauteur du rectangle R k pour k { 0,1, ... , n 1}∈ − ?c. Quelle est l’aire du rectangle R k ? En déduire une écriture de u n .2. Dans cette question, on suppose que f est décroissante sur [0 ; 1] (figure 2).a. Prouver que1vn− un= ( f (0) − f (1)) .nTerminale S 25 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

. Quelle est la hauteur du rectangle S k pour k { 0,1, ... , n 1}∈ − ?c. Donner une écriture de v n .3. Prouver que les suites u et v convergent vers A (on pourra encadrer A − u n , puis A - v n à l’aide del’inégalité un≤ A ≤ vn).Partie C – Un exemple où f est décroissantef est la fonction définie sur [0 ; 1] par orthonormal ( O ; i , j )(unité graphique : 10 cm).1f( x)= x + 1et (C) est sa courbe représentative dans un repère1. Faire une figure dans le cas n = 5. Placer (C), les points A k et B k pour k∈{ 0,1, ... , n}rectangles R k et S k pour k∈{ 0,1, ... , n− 1}.1 1 1 1 12. A l’aide de la question B. 2. c. vérifier que pour tout n ≥ 1, v n= + + + ... + + .n n + 1 n + 2 2n - 2 2n-13. A l’aide de la question B. 2. a. en déduire queu n= 1 1 1 1 1...n 1 + n 2 + n 3 + + 2n-1 + .+ + +2n4. Pour quelle valeur minimale de n, u n et v n donnent-ils un encadrement de A d’amplitude 0,01 ?Calculer les u n et v n correspondants à l’aide d’une calculatrice programmable ou d’un logiciel., ainsi que lesPartie D – Un exemple où f est croissante2f est la fonction définie sur [0 ; 1] par f ( x)= x et (C) est sa courbe représentative dans un repère O ; i , j (unité graphique : 10 cm).orthonormal ( )1. Faire une figure dans le cas n = 5. Placer (C), les points A k et B k pour k∈{ 0,1, ... , n}rectangles R k et S k pour k∈{ 0,1, ... , n− 1}.2. Prouver que l’aire du rectangle R k est égale àk23n .1 2 2 23. Vérifier que pour tout n ≥ 1, un= (1 + 2 + ... + ( n-1) ) .3n4. A l’aide de l’égalitéprouver que pour tout n ≥ 1 ,En déduire la limite de la suite u.2 2 2 n( n + 1)(2n+ 1)1 + 2 + ... n = pour n ≥ 1 ,6un( n-1)(2n-1)= .26n5. A l’aide de la question B. 1. a. exprimer v n en fonction de u n et en déduire la limite de la suite v.6. Conclure : quelle est l’aire A ?CorrectionA. 1. A = A n ; A k A k +1 = 1 n ; abscisse de A k = k n .⎛ k ⎛ k ⎞ ⎞2. Coordonnées de B k : ⎜ ; fn⎜ ⎟n⎟⎝ ⎝ ⎠ ⎠ ., ainsi que lesTerminale S 26 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

B. 1. v n - u n est la somme des aires des petits rectangles coloriés sur la figure. En « empilant » ces rectangles,on obtient un rectangle de base 1 n et de hauteur f(1) – f(0). Donc 1vn− un= ( f (1) − f (0)) .n⎛ k ⎞Hauteur de R k = f ⎜n⎟⎝ ⎠ ; aire de R k = 1 ⎛fk ⎞×n ⎜n ⎟⎝ ⎠ . u n = aire de R 0 + aire de R 1 + … + aire de R n–1 =1 ⎛ 0 ⎞× fn ⎜n ⎟⎝ ⎠ + 1 ⎛f1 ⎞×n ⎜n ⎟⎝ ⎠ + … 1 fn 11⎛ − ⎞×n ⎜n ⎟⎝ ⎠ = 1 k = n −⎛ k ⎞× fn∑ ⎜ ⎟ .⎝ n ⎠k=02. En « empilant » les rectangles correspondant à v n − u n , on obtient un rectangle de base 1 net de hauteurf(0) − f (1) . Donc1vn− un= ( f (0) − f (1)) .n⎛ k ⎞Hauteur de S k = f ⎜n⎟⎝ ⎠ ; aire de S k = 1 ⎛fk ⎞×n ⎜n ⎟⎝ ⎠ . v n = aire de S 0 + aire de S 1 + … + aire de S n–1 =1 ⎛ 0 ⎞× fn ⎜n ⎟⎝ ⎠ + 1 ⎛f1 ⎞×n ⎜n ⎟⎝ ⎠ + … 1 fn 11⎛ − ⎞×n ⎜n ⎟⎝ ⎠ = 1 k = n −⎛ k ⎞× fn∑ ⎜ ⎟ .⎝ n ⎠k=03. u n ≤ A ≤ v n donc 0 ≤ A − u n ≤ v n − u n et u n − v n ≤ A − v n ≤ 0 .1Or vn− un= f (0) − f (1) donc lim un− vn= 0 . Par conséquent, d’après le « théorème des gendarmes »,nn→+∞lim A − u = 0 et lim A − v = 0 . D’où lim u = lim v = A .n→+∞C. 1.nn→+∞nn→+∞nn→+∞no A2. Aire de S k = 1 ⎛fk ⎞×n ⎜n ⎟⎝ ⎠ = 1 1 1× = donc v n = aire de S 0 + aire de S 1 + … + aire de S n–1 =n k k + n+ 1n1 1 1 1 1+ + + ... + +n n + 1 n + 2 n+ n − 2 n+ n − 1= 1 + 1 + 1 + ... + 1 +1 .n n + 1 n + 2 2n- 2 2n-11vn− un= ( f (0) − f (1)) = 1 ⎛ 1 ⎞× ⎜ 1 − ⎟ =1 .nn ⎝ 2 ⎠ 2n1 1 1 1 1 1 1Donc un= vn− = + + ... + + + − =2nn + 1 n + 2 2n- 2 2n-1 n 2n3.1vn− un= et2n1= 0,01 pour n = 50.2nExcel donne u50 ≃ 0,688172179 et v50 ≃ 0,698172179 .1 1 1 1 1+ + + ... + + .n+ 1 n+ 2 n+3 2n-1 2nTerminale S 27 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

Remarques* Evidemment A= ln 2, mais deux sommes de n termes (u n et v n ) ne donnent un encadrement de A qued’amplitude 1 . Ce n’est pas très efficace(croissance très lente de la série harmonique) pour calculer ln 2.2n* En fait, les suites u et v sont adjacentes, mais il est assez pénible de prouver que u est croissante et que vest décroissante :⎛ 1 1 1 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 1 1 1 ⎞u − u = ... ...n+ 1 n ⎜ + + + + + ⎟ − ⎜ + + + + + ⎟ =⎝ n + 2 n + 3 n + 4 2( n + 1) - 1 2( n + 1) ⎠ ⎝ n + 1 n + 2 n + 3 2n − 1 2n⎠1 1 1 2( n + 1) + (2n + 1) − 2(2n+ 1) 1+ − = => 0.2n + 1 2n + 2 n + 1 2( n + 1)(2n + 1) 2( n + 1)(2n+ 1)⎛ 1 1 1 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 1 1 1 ⎞v − v = ... ...n+ 1 n ⎜ + + + + + ⎟ − ⎜ + + + + + ⎟⎝ n + 1 n + 2 n + 3 2( n + 1) - 2 2( n + 1) - 1 ⎠ ⎝ n n + 1 n + 2 2n - 2 2n- 1 ⎠⎛ 1 1 1 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 1 1 1 ⎞⎜ + + + ... + + ⎟ − ⎜ + + + ... + + ⎟⎝ n + 1 n + 2 n + 3 2n 2n + 1 ⎠ ⎝ n n + 1 n + 2 2n - 2 2n- 1 ⎠ =1 1 1 (2n + 1) + 2n − 2(2n+ 1) 1+ − = = − < 0.2n 2n + 1 n 2 n(2n + 1) 2 n(2n+ 1)C’est donc long et nous avons vu que le seul intérêt de prouver que les suites sont adjacentes est que celapermettrait d’établir l’existence de l’aire.=D. 1.o2. Aire de R k = 1 fk2 2⎛ ⎞×n ⎜n ⎟⎝ ⎠ = 1 ⎛ k ⎞ k× ⎜ ⎟ = .n n3⎝ ⎠ n3. u n = aire de R 0 + aire de R 1 + … + aire de R n–1 =2 22 2 2 n( n+ 1)(2n+ 1)4. 1 + 2 + ... n = pour tout n ≥ 1 . Donc61 ( n − 1) × n× (2( n − 1) + 1) ( n−1)(2 n−1)un= × =.3n626 n5.limn→+∞unPour tout 12 n 1= lim = .n→+∞26 n 32n ≥ , v u ( f (1) f (0) )n− 1 1n = n− = n, donc v20 1 ( n−1)1 2 2 2+ + ... + =3 3 3 3 (1 + 2 + ... + ( n − 1) ) .n n n nn1= un+ , d’oùnlimn→+∞1vn= lim un= .n→+∞3Terminale S 28 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

6. Comme un ≤ A ≤ vnetRemarquelimn→+∞vn1= lim un= , on en déduitn→+∞31A = .3Ici aussi, les deux suites u et v sont adjacentes. Pour le démontrer, il faudrait établir que u est croissante etque v est décroissante.C’est faisable car pour n ≥ 1 ,un+1 n 2 223n+ n −1− u => 0 et v6 n ( n + 1)n+1 n 2 22−3n− 5n−1− v =< 0, mais les calculs6 n ( n + 1)sont difficiles. De plus, ici, c’est tout à fait inutile car la convergence des suites u est v vers un mêmenombre est immédiate et prouve donc l’existence de l’aire, dont on obtient en plus la valeur exacte.1. 21. Suites adjacentes : le principe de la dichotomieLe principe de la dichotomie* On admet la propriété des suites adjacentes : Si u est une suite croissante et v une suite décroissante telles que(v – u) converge vers 0, alors u et v convergent vers une même limite l.On en déduit que l est l’unique réel tel que pour tout n∈ N , un≤ l ≤ vn.* Méthode de dichotomie :I 0 est un intervalle fermé borné. On le partage en deux intervalles fermés de longueurs égales I et I'.On choisit l'un d'entre eux noté I 1 , sur lequel on effectue à nouveau cette opération.On construit ainsi par récurrence une suite ( In ) n∈N d'intervalles.* Il s’agit de prouver qu’il existe un unique réel appartenant à tous les intervalles I n .Preuve :On définit deux suites a et b :Pour tout n∈ N , on note In = [ an ; bn] (avec an ≤ bn), cnan+ bn= ,2'n n nI = [ a ; c ] et"n n nI = [ c ; b ].'Si on choisit In+ 1 = In, alors an+ 1 = anet an+ bn"b n + 1 = , sinon on choisit In+ 1 In2= , et donc an+ bna n + 1 = et2bn+ 1 = bn.On prouve que les deux suites a et b sont adjacentes :bn− an* Pour tout n∈ N , bn+ 1 − an+1 = , donc la suite (b – a) est géométrique, de raison 1 . Elle converge22donc vers 0.* Pour tout n∈ N , In+ 1 ⊂ In, donc an ≤ an+ 1 ≤ bn+1 ≤ bn. Par conséquent, a est croissante et b estdécroissante .* Les deux suites a et b sont donc adjacentes.Conséquences :Les deux suites a et b convergent vers une limite commune l et l est l’unique nombre réel tel que pourtout n∈ N , an≤ l ≤ bn, c’est à dire l ∈ In.Démonstration du théorème de la convergence monotone à l’aide de la méthode de dichotomie :* On a déjà prouvé que si une suite d’intervalles In = [ an ; bn] a été construite par dichotomie, les deuxsuites a et b convergent vers un même réel l.* Il s’agit de démontrer que toute suite croissante majorée est convergente.PreuveTerminale S 29 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

Soit ( u )nn ∈Nd’intervalles ( In ) n∈N I = [ u ; M];* 0 0une suite croissante et majorée par un réel M. On construit par récurrence la suitedéfinie ainsi :an+ bn* Pour tout n∈ N , on note In = [ an ; bn] , cn= ,2"terme de la suite u, alors I + 1 = I sinon 'I + 1 = I .La suite d’intervallesmême réel l.( ) n nnI ∈ Nnnn'n n nI = [ a ; c ] et"n n nI = [ c ; b ]. Si"I n contient unayant été construite par dichotomie, les deux suites a et b convergent vers unPar récurrence, chaque intervalle I n contient tous les termes de la suite u à partir d’un certain rang p n :I = [ u ; M]contient tous les termes de la suite u à partir du rang 0 = p 0 .* 0 0* Supposons que I n contienne tous les termes de la suite u à partir d’un certain rang p n. Alors :""- ou bien I n contient un terme u p de u, donc In+ 1 = In; comme u est croissante, I'n contient au plus lestermes u n pour n∈{0, 1, ... , p − 1} . Donc I n + 1 contient les mêmes termes de u que I n , sauf peut-êtrecertains des p premiers, et par conséquent contient tous les termes de la suite u à partir d’un certainrang p n+1 ;"- ou bien I n ne contient pas de terme de u, doncu que I n , donc tous à partir du rang p n = p n+1 .n 1'nI + = I . Dans ce cas, I + 1 contient les mêmes termes de* Par conséquent, chaque intervalle I n contient tous les termes de u à partir d’un certain rang p n.On maintenant prouve que la suite u converge vers l :Soit I un intervalle ouvert contenant l.Comme l = lim an= lim bn, il existe un rang N pour lequel a N et b N sont dans I, donc I Nn→+∞n→+∞Or I N contient tous les termes de la suite u à partir d’un certain rang p N. A partir de ce rang, tous lestermes de la suite u sont aussi dans I. Donc la suite u converge vers l.1. 22. Ln et méthode de Newton-Raphson, Asie 200011 pointsPartie A : Étude d’une fonctionln xOn considère la fonction f définie sur [0 ; +∞ [ par : f ( x ) = 1+ .x Soit (C) la courbe représentative de f dans le plan rapporté à un repère orthonormal ( O ; i , j ) ; unitégraphique : 5 cm.1. Calculer les limites de f en 0 et en +∞ . Déterminer les asymptotes de (C).2. Étudier le sens de variation de f. Dresser le tableau de variation de f.3. Montrer que l’équation f ( x ) = 0 admet sur l’ intervalleDéterminer un encadrement de α d’amplitude 10 −2 .Donner, suivant les valeurs de x, le signe de f ( x ) sur ]0 ; +∞ [.4. Tracer la courbe (C).n⊂ I .⎡ 1 ⎤⎢ ;1e⎥ une solution unique, notée α .⎣ ⎦Partie B : Calcul d’aire1. Déterminer une équation de la tangente (D) à (C) au point d’abscisse 1.22. a. Soit ϕ la fonction définie, pour tout x > 0, par : ϕ ( x ) = x − x + ln x . Calculer ( x )ϕ ′ .Terminale S 30 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

En déduire le sens de variation de ϕ , puis le signe de ϕ ( x ) , sur l’intervalle ]0 ; +∞ [.b. Montrer que, pour tout x > 0, ( )( x )ϕf x − x = .xc. En déduire la position relative de (C) et de (D).3. On considère le domaine limité sur le graphique par l’axe des abscisses, la courbe (C) et la tangente (D).a. Hachurer ce domaine.b. Soit A son aire, en cm 2 . Écrire la valeur exacte de A comme expression polynomiale du second degré enα .Partie C : Étude d’une suiteSoit x 0 un réel appartenant à l’intervalle⎤ 1 ;e α ⎤⎥ ⎥⎦ ⎦ . On note M 0 le point de (C) d’abscisse x 0 .1. a. Donner une équation de la tangente (T 0 ) à (C) en M 0 , en fonction de x 0 , f ( x 0 ) et ' ( 0 )b. Soit x 1 l’abscisse du point d’intersection de (T 0 ) avec l’axe des abscisses.Écrire x 1 en fonction de x 0 , f ( x 0 ) et ' ( 0 )f x .⎤ 12. On considère la fonction h définie sur ;e α ⎤⎥ ⎥a. Montrer que h ( x )b. Calculer f ( x )( ) ( )f ′′ x × f x′ =⎡ f ( x ) ⎤2⎣ ⎦′′ et étudier son signe sur.⎦ ⎦ par : ( ) f ( x )h x xf ( x )⎤ 1 ;e α ⎤⎥ ⎥⎦ ⎦ .f x .= − ′ . (On remarquera que h(x 0 ) = x 1 ).⎤ 1c. En déduire que h est strictement croissante sur ;e α ⎤⎥ ⎥⎦ ⎦ , puis montrer que x1< α .f ( x )d. En écrivant h( x ) = x − f ′ ( x ), étudier le signe de h ( x )3. a. Démontrer que, pour tout x appartenant à⎤ 1 ;e α ⎤⎥ ⎥⎦ ⎦b. On considère la suite (x n ) de réels définie par x 0 et x h( x )Montrer que la suite (x n ) est strictement croissante.n+ 1⎤ 1− x sur ;e α ⎤⎥ ⎥⎦ ⎦ . En déduire que 1< x0 < x1< α .eh( x ) appartient àn⎤ 1 ;e α ⎤⎥ ⎥⎦ ⎦ .= pour tout entier naturel n.CorrectionPartie A : Étude d’une fonction f ( x )Terminale S 31 F. LarocheSuites numériques exercices corrigésln x= 1+ .x1. Limite de f en 0 : on écrit ln x= 1 × ln x d’où la limite est −∞ . En +∞ ln x tend vers 0 donc f tend versx xx1.1x − ln xx 1−ln x= = qui est positif lorsque x ex x2. f ' ( x )2 2≤ . f ( e )1= 1+ .e⎡ 1 ⎤3. Sur l’ intervalle ⎢ ;1e⎥⎣ ⎦ f est croissante vers l’intervalle ⎡ 1 ⎤⎢1 − ;1e⎥⎣ ⎦solution unique α . La machine donne 0,567 comme valeur approchée de α .qui contient 0 : f ( x ) = 0 a donc unehttp://laroche.lycee.free.fr

Comme f est croissante, f ( x ) ≤ 0 lorsque x ≤ α et f ( x ) ≥ 0 lorsque x ≥ α .Partie B : Calcul d’aire1. (D) ′( ) ( ) ( )y = f 1 x − 1 + f 1 = x − 1+ 1 = x .22. a. ϕ ( x ) = x − x + ln x ; ϕ ( x )ϕ = donc ϕ ( x ) ( )sinon. ( 1 ) 0b. ( )( − x − ) ( x − )1 1+ x − 2x2′ = 1− 2x+ = = 2 1 1 : positif lorsque x ≤ 1 , négatifx x x≤ ϕ 1 = 0 .( x )2ln x x + ln x − x ϕf x − x = 1+ − x = = .x x xc. La position relative de (C) et de (D) est donnée par le signe de f ( x ) − x donc (C) est toujours en dessousde (D).3. a.b. Il faut d’abord calculer l’intégrale1 11 ⎡ 1 2 ⎤ 1 2( ) 1 ln ( ln ) 1 α ( lnα∫ ∫ ⎢⎥) ; comme ( ) 0I = f x dx = + xdx = x + x = − −x ⎣ 2 ⎦ 2ln ( α )α α α= − α d’où en remplaçant :Terminale S 32 F. LarocheSuites numériques exercices corrigés1f α = , on a1 2I = 1−α − α . Par ailleurs il faut soustraire cette intégrale à l’aire du2triangle OKH qui vaut 1 2 , et multiplier le tout par l’unité d’aire, soit 25 cm2 .⎛Finalement 1 1 2 ⎞A = 25 ⎜ − 1+ α + α ⎟ = 25( α 2 + 2α−1)Partie C : Étude d’une suite⎝ 2 2 ⎠ 2Soit x 0 un réel appartenant à l’intervalle1−ln x.⎤ 1 ;e α ⎤⎥ ⎥⎦ ⎦ . On note M 0 le point de (C) d’abscisse x 0 .01. a. (T 0 ) : f ' ( x ) = ; y f ′ ( x ) ( x x ) f ( x ) xf ′( x ) f ( x ) x f ′( x )0 2x0b. Lorsqu’on fait y = 0 dans l’équation précédente, on trouve= − + = + − .( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0 0( ) ( )( )( )( )x f ′ x − f x f x0 = xf ′ x + f x − x f ′ x ⇔ x = = x − = x .0 0 0 00 0 0 0 0 1f ′ x0 f ′ x0http://laroche.lycee.free.fr

⎤ 12. On considère la fonction h définie sur ;e α ⎤⎥ ⎥a. ( )( )( )⎦ ⎦ par : ( ) f ( x )h x xf ( x )( ) ( ) ( ) ( )= − ′ . (On remarquera que h(x 0 ) = x 1 ).2 2( ) − ( ) + ( ) × ( )( ) ( )f x f ′ x × f ′ x − f ′′ x × f x ⎣⎡ f ′ x ⎦⎤ ⎣⎡ f ′ x ⎦⎤f ′′ x f xh x = x − ⇒ h′( x ) = 1− =f ′ x2⎡ f ′( x ) ⎤f ′′ x × f x⎣ ⎦soit h ( x )( ) ( )f ′′ x × f x′ =⎡ f ( x ) ⎤2⎣ ⎦.1 2− x − 2x ( 1−ln x )1− ln x 3 2 ln 3 2 lnb. 'x− x + x x − + xf ( x ) = ⇒ f ′′ ( x ) = = = .2 4 4 3x x x x⎤ 1donc sur ;e α ⎤⎥ ⎥ f ′′ x < .⎦ ⎦ , ( ) 0c. f est également négative sur cet intervalle donc h’ est positive et h est croissante.On a h( )Comme x0d. h( x )( α )( α )fα = α − = αf ′et x h( x )= .1 0< α et que h est croisssante, on a donc bien h( x ) < h( α ) ⇔ x < α .( x )( x )−fx = − fest positive sur′1Enfin on a x0e < et ( )0 1⎤ 1 ;e α ⎤⎥ ⎥ car f ’ est positive et f est négative.⎦ ⎦1h x0 − x0 = x1 − x0 > 0 ⇒ x1 > x0, soit < x0 < x1< α .e3. a. Nous venons de montrer que pour un x 0 dans⎤ 1 ;e α ⎤⎥ ⎥⎦ ⎦ alors x ( )1 h x03− 3 + 2 ln x ≥ 0 ⇔ x ≥2⎤ 1= est dans ;e α ⎤⎥ ⎥ . C’est ok.⎦ ⎦1b. Par récurrence : x2 = h( x1) est alors tel que < x0 < x1 < x2< α , etc. Le raisonnement fait en x 0 est leemême à n’importe quel rang.Donc la suite (x n ) est strictement croissante. Comme elle est majorée par α , elle converge. Il faudraitencore montrer qu’elle converge vers α , ce que l’on voit en faisant le calcul : la rapidité de convergence estmême spectaculaire.,n x n n x n0 0,36787944117144200000 4 0,567142611556756000001 0,48415152013885700000 5 0,567143290408712000002 0,55183615060547200000 6 0,567143290409784000003 0,56660294853210500000 7 0,56714329040978400000Cette méthode est très performante ; elle fut inventée par Newton et améliorée par J. Raphson quelquesannées plus tard. C’est celle que l’on utilise en général dans les logiciels de calcul.1. 23. ROC+suite solution équation, Polynésie 20057 pointsLa page annexe sera à compléter et à remettre avec la copie à la fin de l’épreuve.Partie AOn considère la fonction f définie sur l’intervalle ]0 ; +∞ [ par f (x) = x +ln x. On nomme Γ sa courbe représentative dans un repère orthogonal ( O ; i , j ) du plan.Terminale S 33 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

1. a. Déterminer les limites de la fonction f aux bornes de son intervalle de définition.b. Montrer que la fonction f est strictement croissante sur l’intervalle ]0 ; +∞ [.2. a. Montrer que, pour tout entier naturel n, l’équation f (x) = n admet une unique solution dans ]0 ; +∞ [.On note α n cette solution. On a donc : pour tout entier naturel n, αn + lnαn = n . b. Sur la page annexe, on a tracé Γ dans le repère ( O ; i , j ) .Placer les nombres α 0 , α 1 , α 2 , α 3 , α 4 et α 5 sur l’axe des abscisses en laissant apparents les traits deconstruction.c. Préciser la valeur de α 1 .d. Démontrer que la suite ( α n ) est strictement croissante.3. a. Déterminer une équation de la tangente ∆ à la courbe Γ au point A d’abscisse 1.b. Étudier les variations de la fonction h définie sur ]0 ; +∞ [ par h(x) = ln x − x +1.En déduire la position de la courbe Γ par rapport à ∆ .c. Tracer ∆ sur le graphique de la page annexe. Démontrer que, pour tout entier naturel n non nul,n + 1 ≤ αn.24. Déterminer la limite de la suite ( α n ).Partie BOn considère une fonction g continue, strictement croissante sur ]0 ; +∞ [ et telle quelim g( x)= +∞ .x→+∞lim g( x)= −∞ etOn admet que l’on peut, comme on l’a fait dans la partie A, définir sur N une suite ( β n ) de réels tels queg( β ) = n , et que cette suite est strictement croissante.n1. Démonstration de cours :Prérequis : définition d’une suite tendant vers +∞ .« Une suite tend vers +∞ si, pour tout réel A, tous les termes de la suite sont, à partir d’un certain rang,supérieurs à A ».Démontrer le théorème suivant : une suite croissante non majorée tend vers +∞ .2. Montrer que la suite ( β n ) tend vers +∞ .Page annexex→0Terminale S 34 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

CorrectionPartie A f (x) = x +ln x.1. a. En +∞ les deux termes tendent vers +∞ donc f tend vers +∞ ; en 0 + lnx tend vers −∞ donc fégalement.b. x est croissante, ln est croissante, la somme de deux fonctions croissantes est croissante. Sinon on a1facilement f '( x) = 1+ > 0 .x*2. a. f est continue, monotone croissante de R + vers R ; elle est donc bijective et toutes les valeurs nentières sont atteintes. A chaque n correspond donc un unique antécédent α n avec αn + lnαn = n .b. On part des valeurs entières 1, 2, 3, 4 et 5 sur l’axe des ordonnées et on trace.c. α 1 : α1 + lnα1= 1 ; cette équation a l’unique solution 1 : 1+ ln1 = 1 .d. Comme f est croissante et que n + 1 > n , alors les antécédents α n et α n + 1 sont rangés dans le mêmeordre : αn ≤ αn+ 1 ⇔ f( αn ) ≤ f( αn+1) ⇔ n ≤ n + 1 .Terminale S 35 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

3. a.1f '(1) = 1+ = 2 et f (1) = 1 d’où l’équation de ∆ : y = 2( x − 1) + 1 = 2x− 1 .11 1−xb. h(x) = ln x − x +1, h'( x) = − 1 = est positif lorsque x < 1, négatif lorsque x > 1. On a h (1) = 0x xdonc h est croissante avant 1, décroissante après 1 d’où h( x) ≤ h(1) = 0 . La position de Γ par rapport à ∆est donnée par le signe de f( x) −(2x − 1) = x + ln x − 2x + 1 = ln x − x + 1 = h( x), donc Γ est toujours endessous de ∆ .c. Comme h( x) ≤ 0 pour x > 1, ceci est valable pour α n :4. Comme n tend vers +∞ ,n + 12également et α n également.n+1f( αn ) − 2α n + 1 ≤ 0 ⇔ n − 2α n + 1 ≤ 0 ⇔ αn≥ .214y13121110987654321xα0 0α0 1 2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11-1α 1α 3-2-3Partie Bg continue, strictement croissante sur ]0 ; +∞ [ et telle que lim g( x)= −∞ et lim g( x)= +∞ .x→0x→+∞1. Démonstration de cours : une suite croissante non majorée tend vers +∞ .Démonstration par l’absurde : si (u n ) est croissante non majorée et qu’elle tend vers une limite L, alors ilarriverait un moment (une valeur N de n) où u < L − ε où ε est un réel positif choisi arbitrairementN(aussi petit qu’on le veut) ; si le terme suivant est supérieur à L − ε , la suite ne converge pas vers L et si leterme suivant reste inférieur à L, la suite est majorée. Dans les deux cas il y a contradiction.Démonstration directe : si (u n ) est non majorée, pour tout A réel il existe une valeur N de n pour laquelleuN≥ A ; comme (u n ) est croissante, pour toutes les valeurs de n supérieures à N, on a un≥ A . Ladéfinition précédente est respectée, (u n ) tend bien vers +∞ .Terminale S 36 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr

2. La suite ( β n ) est croissante pour les mêmes raisons que ( α n ) ; comme lim g( x)les termes β n sont comme x et tendent donc vers l’infini.x→+∞= +∞ et que g( β ) = n ,De manière plus élégante on peut considérer que g est bijective et a une application réciproque g −1 qui esttelle que−1lim g ( y)= +∞ d’oùy→+∞−1lim g ( n) = lim β n = +∞ .n→+∞n→+∞nTerminale S 37 F. LarocheSuites numériques exercices corrigéshttp://laroche.lycee.free.fr